高考物理直线运动的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析

1、高考物理直线运动的基本方法技巧及练习题及练习题( 含答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试直线运动1 如图所示，质量m=8kg 的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力f=8n，当小车向右运动的速度达到 1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为 0.2，小车足够长求：m=2kg（ 1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？（ 2）经多长时间两者达到相同的速度？共同速度是多大？（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s 小物块通过的位移大小为多少？（取g=10m/s 2）【答案】（ 1） 2m/s 2， 0.5m/s 2

2、（ 2） 1s， 2m/s （ 3） 2.1m【解析】【分析】(1)利用牛顿第二定律求的各自的加速度；(2)根据匀变速直线运动的速度时间公式以及两物体的速度相等列式子求出速度相等时的时间，在将时间代入速度时间的公式求出共同的速度；(3) 根据先求出小物块在达到与小车速度相同时的位移，再求出小物块与小车一体运动时的位移即可【详解】(1) 根据牛顿第二定律可得小物块的加速度：m/s 2小车的加速度：m/s 2(2)令两则的速度相等所用时间为t，则有：解得达到共同速度的时间：t=1s共同速度为：m/s(3) 在开始 1s 内小物块的位移m此时其速度：m/s在接下来的0.5s 小物块与小车相对静止，一

3、起做加速运动且加速度：m/s 2这 0.5s 内的位移：m则小物块通过的总位移:m【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况，然后运用运动学公式求解同时注意在研究过程中正确选择研究对象进行分析求解2 质量为 2kg 的物体在水平推力f 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去f，其运动的图象如图所示取m/s 2，求：（ 1）物体与水平面间的动摩擦因数；（ 2）水平推力 f 的大小；（ 3）s 内物体运动位移的大小【答案】（ 1） 0.2；（ 2）5.6n；（ 3） 56m 。【解析】【分析】【详解】（ 1）由题意可知，由 v-t 图像可知，物体在

4、4 6s 内加速度：物体在 4 6s 内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得： =0.2（2）由 v-t 图像可知：物体在0 4s 内加速度：又由题意可知：物体在0 4s 内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得： f=5.6n（3）物体在0 14s 内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁3 撑杆跳高是奥运会是一个重要的比赛项目撑杆跳高整个过程可以简化为三个阶段

5、：助跑、上升、下落；而运动员可以简化成质点来处理某著名运动员，在助跑过程中，从静止开始以加速度2 m/s2 做匀加速直线运动，速度达到10 m/s时撑杆起跳；达到最高点后，下落过程可以认为是自由落体运动，重心下落高度为6.05 m；然后落在软垫上软垫到速度为零用时 0.8 s运动员质量m=75 kg， g 取 10 m/s 2求：（ 1）运动员起跳前的助跑距离；（ 2）自由落体运动下落时间，以及运动员与软垫接触时的速度；（ 3）假设运动员从接触软垫到速度为零做匀减速直线运动，求运动员在这个过程中，软垫受到的压力【答案】（ 1）运动员起跳前的助跑距离为25m ；（ 2）自由落体运动下落时间为1.

6、1s，以及运动员与软垫接触时的速度为11m/s ；（ 3）运动员在这个过程中，软垫受到的压力为31.8 10n【解析】【详解】（1）根据速度位移公式得，助跑距离：x= v2= 102=25m2a22（2）设自由落体时间为t1，自由落体运动的位移为h： h=1 gt 2代入数据得： t=1.1s2刚要接触垫的速度v，则： v2=2gh，2gh106.05 =11m/s得 v= 2（3）设软垫对人的力为f，由动量定理得：（mg-f） t=0-mv3代入数据得： f=1.8 10n由牛顿第三定律得对软垫的力为31.8 10n4 一个质点正在做匀加速直线运动，用固定在地面上的照相机对该质点进行闪光照相

7、，闪光时间间隔为 1s分析照片得到的数据，发现质点在第1次、第 2 次闪光的时间间隔内移到了 2m；在第 3 次、第 4 次闪光的时间间隔内移动了8m，由此可以求得（）a第 1 次闪光时质点的速度b质点运动的加速度c质点运动的初速度d从第 2 次闪光到第3 次闪光这段时间内质点的位移【答案】 abd【解析】试题分析：根据得；，故 b不符合题意；设第一次曝光时的速度为v，得：题意；由于不知道第一次曝光时物体已运动的时间，故无法知道初速度，故设第一次到第二次位移为；第三次到第四次闪光为，则有：；则；而第二次闪光到第三次闪光的位移，故 a 不符合c 符合题意；，故 d 不符合题意考点：考查了匀变速直

8、线运动规律的综合应用，要注意任意一段匀变速直线运动中，只有知道至少三个量才能求出另外的两个量，即知三求二5 一个物体从塔顶上自由下落，在到达地面前的最后1s 内通过的位移是整个位移的9 ，25求塔高，取 g=10m/s 2【答案】 125m【解析】【分析】【详解】设物体下落总时间为t ，塔高为 h，根据自由落体公式：h1gt 22最后（ t-1） s 下落的高度为 ： h121 g t 12位移间的关系为： h116 h25联立解得 ： h125m6（ 8 分）一个质量为 1500 kg 行星探测器从某行星表面竖直升空，发射时发动机推力恒定，发射升空后 8 s 末，发动机突然间发生故障而关闭；

9、如图所示为探测器从发射到落回出发点全过程的速度图象；已知该行星表面没有大气，不考虑探测器总质量的变化；求：（ 1）探测器在行星表面上升达到的最大高度；（ 2）探测器落回出发点时的速度；（ 3）探测器发动机正常工作时的推力。【答案】（ 1） 768 m；（ 2）（3）【解析】试题分析：（1） 0 24 s 内一直处于上升阶段，h=2464 m=768m（2） 8s 末发动机关闭，此后探测器只受重力作用，g=m/s 2=4 m/s 2探测器返回地面过程有得（3）上升阶段加速度：a=8m/s 2由得，考点： v-t 图线；牛顿第二定律.7 一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以重超载时，决定

10、前去追赶，经过5s 后警车发动起来，并以10m/s 的速度匀速行驶的货车严2m/ s2 的加速度做匀加速运动，并尽快追上货车，但警车的行驶速度必须控制在108km/h 以内问：（ 1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？（ 2）求出警车发动后至少要多长时间才能追上货车？【答案】（ 1） 90m（2） 12.5s【解析】【分析】【详解】1 当两车速度相同时距离最大由 v at可得警车达到 10m / s 的时间； t14s在这段时间警车的位移 x11 at1212.5 4220m22货车相对于出发点的位移x210 74110m两车间的最大距离vx90m2 108km / h30m /

11、 s ；由 v at可得警车达到最大速度的时间t212s此时警车的位移x3 1 at22180m2货车相对于出发点的位移 x4107 12 190m由于警车的位移小于货车的位移，所以仍末追上设再经过 t3 追上，则3010 t 2190 180得 t3 0.5s则总时间为 tt2t312.5s则警车发动后经过12.5s 才能追上故本题答案是：（ 1）90m （ 2） 12.5s8 如图所示，质量为m=1kg 的滑块，在水平力f 作用下静止在倾角为=30的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s ，长为l=1.4m，今将水平

12、力撤去，当滑块滑到传送带右端c 时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数=0.25，g=10m/s 2求(1)水平作用力f 的大小；(2)滑块开始下滑的高度h；(3)在第 (2)问中若滑块滑上传送带时速度大于生的热量q3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m(3)0.5 j【解析】【分析】【详解】解：（ 1）滑块受到水平推力f、重力 mg 和支持力fn 处于平衡，如图所示：水平推力解得：（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程由机械能守恒有：，解得：若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑

13、动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：解得：若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：解得：（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则 t 时间内传送带的位移：s=v0t由机械能守恒有：滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量?9如图，在倾角为=37 的足够长固定斜面底端，一质量m=1kg 的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点。物块上滑所用时间t 1 和下滑所用时间t 2 大小之比为t 1： t 2=1：取 g=10m s2，sin37 =0.6， cos37=0.8。求：（ 1）物块由斜面底端上滑时的初速度v1

14、与下滑到底端时的速度 v2 的大小之比；（ 2）物块和斜面之间的动摩擦因数；（3）若给物块施加一大小为n、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜面向上加速运动，求加速度的最大值。【答案】（ 1）（ 2） 0.5（3） 2.5m/s 2【解析】试题分析：（1）物块由斜面底端上滑时：物块由斜面顶端下滑时：则（2）物块由斜面底端上滑时：物块由斜面顶端下滑时：联立以上各式得： =0.5（3）设 f 与斜面的夹角为，则 fcos mgsin （ mgcos fsin ） =ma整理得： f（cos sin） （ mgcos fsin ） =ma令，则最大值为 1 ，故于是 am=2.5m/s 2考点：本题

15、旨在考查牛顿运动定律的应用。10 近几年，国家取消了7 座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交 )卡而直接减速通过若某车减速前的速度为 v0，靠近站口时以大小为1 5 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速 20m/sa度为 vt8 m/s，然后立即以2 4 m/s2 的匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平a直大道 )试问：(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？(3)在 (1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？【答案】 （1） 33.6m（ 2） 5.4s（3） 1.62s【解析】【详解】（1）设该车初速度方向为正方向,该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站x1 处开始制动，则有：v 22 - 2a1x1t v0解得： x1 33.6 m.该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1 和 x2，时间为